2020届高三《新题速递_化学》1月第01期(考点14-15)

1、2020届高三新题速递化学考点14-15考点14物质结构与性质（选修）考点15有机化学基础（选修）考点14物质结构与性质（选修）1 .（广东省六校联盟 2020届高三第二次联考）2019年诺贝尔化学奖授予约翰 古德伊纳夫、斯坦利 惠廷厄 姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题：（1） LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态 Co原子核外电子排布式为 ,基态磷 原子中，电子占据的最高能层符号为 ;该能层能量最高的电子云在空间有 个伸展方向，原 子轨道呈 形。（2） Co（NO3）42中Co2+的配位数为4,配体中N的杂化方式为 ,该配离

2、子中各元素的第一电离 能由小到大的顺序为 （填元素符号），1mol该配离子中含 b键数目为 Na。（3） LiFePO,属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 （用n代表P原子数）。（4）钻蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个H型小立方体构成，其化学式为 ,晶体中Al3+占据02一形成的（填 四面体空隙”或 八面体空隙。）Na为阿伏加德罗常数的值， 钻蓝【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d74s2 或内加 74s2M 3 哑铃sp2(2) Co、0、N 16(3)

3、 (PnO3n+1)(n + 2)(4) CoAl 2O4八面体空隙【解析】(1) Co为27号元素，8(59+2 27+4 16)NA(2a 10-7)3Co原子核外有27个电子，根据核外电子排布规律可得其基态Co原子核外电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M,电子云在空间有 3个伸展方向，原子轨道为哑铃型；(2) NO3中价层电子对数为 5+0+1=3,故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但 2由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O,所以第一电离能由小到大的顺序为Co、O、N； 一个NO3一中有3个b键，配位键也为 b键，故b键数目

4、为34+4=16 ,则1mol该配离 子中含b键数目为16Na；(3)可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：1,2,3,4, n氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1酸根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(PnO3n+1严+2)(4)根据钻蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：4 (4 1/2) 2+4=8 ,4 4=16, 8 4=32,所以化学式为 CoAl2O4；根据结构观察，晶体中 Al3+占据O2-形成的八面体空隙；7 332 16 16 27 8 59 8(59+2

5、 27+4 16)该晶胞的体积为 2a 10-，该晶胞的质量为 =，所以密度NaNa8(59+2 27+4 16)NA(2a 10-7)32.(陕西省五校2020届高三第一次联考)(1)聚四氟乙烯商品名称为特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过方法区分晶体、准晶体和非晶体。(填字母代号)。(2)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是B.D._12,上邺卒却 A四皿rmn1 万 2* 即,Ni 4、 C.而由 fttKi(3)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元

6、素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是(填标号)。-410.9 kJ-TTr .NN0+W 口)* NaCRg“9虏 kJ *mo 7S5.6 kJ * tnol l *4U*tdol口-W 5 md -N广)WAJkJ- mol 7a.Cl-Cl 键的键能为 119.6kJ/molb.Na的第一电离能为 603.4kJ/mol(5)金属钛的原子堆积方式如图 1所示，则金属钛晶胞俯视图为 某神馍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为c.NaCl 的晶格能为 785.6kJ/mold.Cl的第一电子亲和能为 348.3kJ/mol(4)配合物

7、Cu(En)2SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(n),是铜的一种重要化合物。其中 En是乙二胺 (H2N-CH 2- CH2-NH2)的简写。该配合物中含有化学键有 (填字母编号)A.离子键 B.极性共价键 C.非极性共价键 D.配位键 E.金属键配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为 、。乙二胺和三甲胺N(CH 3)3均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是 ,其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是 (填“Mg+”或“曲” J 与氨气互为

8、等电子体的阳离子为 ,与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为。NA,该晶体的密度 p= g cm 3。As【答案】(1) X-射线衍射(2) AvCvBvD(4) ABCD(3) c、dsp3sp3 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+ H3O+ Si(5) D5.36 10323a2cNA【解析】(1)从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对 X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，(2)轨道中电子能量：1s2s2p,能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量

9、越高，所以2P轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是ACB0 1cmXa M0- 1cmx 3-) M0-10 cm= -3 a2c M0- 30 cm3,晶胞密度22MN7V134NAOS(2)正四面体，CC14 (或SiF4等)(3) sp2,配位键、离子键(4) CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO,晶格能较大，熔点较高(5)(一；一；一)，Cu4 4 4【解析】(1)阳离子是Cu2+, Cu元素位于第四周期 旧族，元素基态原子核外电子排布式为Ar3d 104s1,因此Cuk基态核外电子排布式为：A

10、r3d 9;同周期从左向右第一电离能增大，但IIAIIIA , VAVIA ,非金属性越强，第一电离能越大，即第一电离能大小顺序是NOS；(2) SO42价层电子对数为 SO42价层电子对数为为 4+(6+2-4X2)/20=4,因此SO42一立体结构是正四面体，等电子体：价电子总数相等，原子总数相等的微粒，因此 S符合条件的是 CCl4或SiF4等；(3) NO3中N有3个b键，孤电子对数(5+1-2X3)/2=0 ,杂化类型等于价层电子对数，即 N的杂化类型为sp2,含有化学键为离子键、配位键；(4) CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO,晶

11、格能较大，熔点较高；(5)根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(工；工；工)，根据均摊4 4 4法，白球的个数为(8X1/8+1)=2,灰球位于体心，灰球有 4个，因此化学式为 Cu?。，灰球是Cu；晶胞质量为2X144/NAg,晶胞的体积为(a M0 10)3cm3,根据密度的定义，阿伏加德罗常数4 .(四川省棠湖中学 2020届高三一诊模拟考试)2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的玉兔二号”月球车，通过神化钱(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态As原子的价电子排布图为 ,基态G

12、a原子核外有 个未成对电子。(2)钱失去电子的逐级电离能(单位：kJ?mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192,由此可推知钱的主要化合价为 和+3,神的电负性比钱 (填 夭”或力、)(3) 1918年美国人通过反应：HOCH+AsCl 3力CHCl=CHAsCl 2制造出路易斯毒气。在 HO CH分子 中b键与 兀键数目之比为 ； AsCl3分子的空间构型为 。(4)神化钱可由(CH3)3Ga和AsH3在700c制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为 (5) GaAs为原子晶体，密度为 pg?cm3,其晶胞结构如图所示，Ga与As以 键键合。Ga和As的原子半径分别为

13、a pm和b pm,设阿伏伽德罗常数的值为 Na,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为(列出计算式，可不化简)。(5)共价X100%41 0 30 NA (a3 b3)3 (70 75)【解析】(1)基态As原子的核外价电子为其 4s能级上2个电子、4P能级上3个电子，所以其价电子排布式为I I I1,1 ,基态Ga原子核外4P能级上有1个电子，则Ga未成对羽4P电子数是1;(2)根据钱失去电子的逐级电离能知，失去 1个或3个电子电离能突变，由此可推知钱的主要化合价为+1和+3,同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数GavAs,则电负性As比Ga大；(3

14、)共价单键为 b键、共价三键中含有一个b键、两个兀键，因此乙快分子中含有 3个(T键、2个兀键，则b键、兀键个数之比为3 ： 2； AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+ 5 31 =4含有一个孤2电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是 4,根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3；(5) GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数4M 4 1451 1=8X- +6 X =4 ,所以其化学式为 GaAs,该晶胞体积=NA = NA cm3,该日日胞中所有原子体积82=4

15、 X兀(a X10吠+(b 10- 10)3cm3=4 x兀x -130x(a3+b3)cm3, GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分33率=4 310 30(a3 b3) cm34 1454M00%=Na 10 30/ 33M00%。3 145J cm35.（福建省南安第一中学 2020届高三月考）GaN是制造5G芯片的材料，氮化钱铝和氮化铝 LED可发出紫外光。回答下列问题:（1）基态As原子核外电子排布式为Ar;下列状态的铝元素中，电离最外层的一个电子（填标号）。所需能量最小的是A.B.C NeD.可由LiAlH 4与O;8羟基唾咻合铝中所含元素电负（2） 8一羟基唾咻合铝（分子式C

16、27H18A1N 3。3）用于发光材料及电子传输材料,8一羟基唾咻）合成。LiAlH 4中阴离子的空间构型为性最大的是（填元素符号，下同），第一电离能最大的是（填元素符号），N原子的杂化方式为（3）已知下列化合物的熔点:化合物AlF3GaF3AlCl 3熔点/C10401000194表格中卤化物的熔点产生差异的原因是熔融AlCl 3时可生成具有挥发性的二聚体Al2Cl6分子，分子中每个原子最外层均达到8电子，二聚体Al 2cl6的结构式为Al的配位数为【答案】(1) 3d104s24p3D(2)正四面体 O Nsp2CICI（3）AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl 3为分子晶体，晶格能:A

17、lF3GaF3 /M ,闺 ciz Cl【解析】（1）基态As原子核外有33个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3,即Ar 3d 104s24p3;A为失去两个电子后的状态，B为失去一个电子后的状态,C为失去三个电子后的状态，D为有一个电子的跃迁的激发态，A电离最外层一个电子所需能量实际就是第三电离能，B电离最外层一个电子所需能量实际就是第二电离能，C电离最外层一个电子所需能量实际就是第四电离能，D电离最外层一个电子所需能量为处于激发态的1个电子，所以需要能量最大的是C,最小的是D,故答案为D；(2) LiAlH 4中的阴离子中 Al原子价层电子对个数 =4+3

18、 1 4 1 =4且不含孤电子对,sp3杂化，根据2价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形；8羟基唾咻合铝中所含元素分别是C、H、N、。和Al元素，其中氧元素的非金属性最强，则电负性最大的是O; Al是金属元素，易失电子，第一电离能较小，而非金属元素第一电离能同周期从左到右，呈增大趋势，由于N原子价电子半充满，比 O原子稳定，第一电离能大于 O,则N元素的第一电离能最大；分子中 N原子的成键数是2和孤对电子数是1,杂化轨道数目为 3, N原子采取sp2杂化；(3)表格中卤化物的熔点产生差异的原因是A1F3和GaF3是离子晶体，且晶格能 AlF3GaF3,则A1F3的

19、熔点比GaF3高，而A1C13是分子晶体，其熔点明显比 A1F3和GaF3的熔点低；熔融时AlCl 3生成可挥发的二聚体 A12C16,该二聚体由Al提供空轨道，Cl原子提供电子对形成配位键，;配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目，二聚体Al 2cl6中与Al直接相连的原子有 4个，故其配位数为 4。6.(河北省承德第一中学2020届高三第三次月考)TiCl3是烯煌定向聚合的催化剂、TiCl4可用于制备金属 Ti。TiCl 3 nCH3CH=CH 2 Al(CH 2H5)3900 cTiO2+2C+2cl2TiCl 4+2CO800 cTiCl4+2Mg = Ti+2Mg

20、Cl 2(1) Ti3+的基态核外电子排布式为 。(2)丙烯分子中，碳原子轨道杂化类型为 和。(3) Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是 。(4)写出一种由第2周期元素组成的且与 CO互为等电子体的阴离子的电子式 。(5) TiCl 3浓溶液中加入无水乙醛，并通入 HCl至饱和，在乙醛层得到绿色的异构体，结构式分别是Ti(H 2O)6Cl3、Ti(H 2O)5ClCl 2 H2O。1molTi(H 2O)6Cl3 中含有键的数目为 。质子(6)钛酸锂具有超导性、热敏性及光敏性等优点，该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点，。位于晶胞的面心，Ti原子填充在。原子构成的正八面体空隙的中心位置，据

21、此推测，钛酸锂的化学式为 【答案】(1) Ar 3d 1(2) sp2sp3(3) ClMgAl(4) CC：N：J-MgAl。(8) 根据N- = O或C2- = O,与CO互为等电子体的阴离子为CN-或C22-,其电子式为CC=：H：r4.(广东省六校联盟 2020届高三第二次联考)MMA既是一种高分子化合物(有机玻璃)的单体，又是一种重要的化工原料。现有三条制备MMA的途径，其流程如下：(1)由MMA合成的高分子化合物(有机玻璃)的化学名称是： 。(2)工业上将A和甲醇及过量硫酸一起，一步反应生成MMA和一种无机盐，该反应的化学方程式为:(3)反应是在500 c并有催化剂存在的条件下发生

22、的，则其反应类型为 。(4)某物质既能发生银镜反应，又能发生水解反应，其分子中还有手性碳原子(碳原子上连有4个不CIL同的原子或原子团)，并与互为同分异构体，则其结构简式为 。CH3-CHCOOCHa(5)物质D的核磁共振氢谱有两个峰，它与CO、CH30H以物质的量之比1:1:1反应恰好生成MMA ,则D的结构简式为,该方法的优点是。oCH 二 CH3/ 、CIT1TCHtCHaO(6) MMA和1-丙醇反应可以制取有机化合物E, E是MMA的同系物，反应的化学方程式为:1LC-CHj(7)根据题中流程里提供的新信息，写出由(CH3)2C=CH2制备化合物的合成路线流程图 (无机试剂任选)。=

23、 H2C=CH&合成路线流程图示例如下：CH3CH 2OH一四1 101,【答案】(1)聚甲基丙烯酸甲酯(2) (CH3)2C(OH)CN+CH 3OH+H 2SO一CH2=C(CH 3)COOCH 3+NH4HSO4(3)消去(或氧化)反应(4) HCOOCH(CH 3)CH2CH3(5) CH CCH3 原子利用率为100%附CH1(6) |+CH3CH20H 一|+CH3OHCHrY COOCMCH,-cCOOCHaCH|CljCH* Ef VHi Z ICH jC-CH CH-C-CHCthCJdo【解析】(1)根据第一个途径可知 MMA的结构简式为 CH2=C(CH 3)C00CH

24、3,根据系统命名法可知其名 称为甲基丙烯酸甲酯，故其高分子化合物名称为：聚甲基丙烯酸甲酯；(2)根据反应1的生成物结构简式可判断出丙酮与HCN发生加成反应生成 A,所以A的结构简式为(CH3)2C(OH)CN , A发生消去反应生成 CH2=C(CH3)CN。反应中硫酸过量， 因此生成 MMA的方程式为:CH32c OH CN+CH 3OH+H 2s04 CH2=C CH3 COOCH 3+NH 4Hs04 ；(3) MMA中含有碳碳双键，则 CH3CH(CH3)COOCH3生成MMA的反应类型为消去或氧化反应，故答 案为：消去(或氧化)反应；CIU(4)与互为同分异构体可知其分子式为C5H1

25、0。2,其不饱和度为1,能发生银镜CHtCfl -COOCt L反应说明其含有醛基， 又能发生水解反应说明含有酯基，即甲酸形成的酯基， 其分子还含有手性碳原子，故答案为:HCOOCH(CH 3)CH2CH3；(5)物质D的核磁共振氢谱有两个峰， 它与CO、CH30H以物质的量之比1：1：1反应恰好生成 MMA , 根据MMA的结构简式并依据原子守恒可知 D的分子式为C3H4,因此D的结构简式为 CH CCH3；由 于反应中反应物中的原子全部进入 MMA中，所以其优点是原子利用率为 100%,故答案为：CH CCH3； 原子利用率为100%;(6) MMA和1-丙醇反应可以制取有机化合物巳E是M

26、MA的同系物，可推测 E为反应方程式为:CH,I，CHt-C COOCICHiCHi+CH3CH2OH- ch-c CCXK时Ctn C00CH4HCH(7)有机物合成一般常用逆推法，要制备OHCckh3 - 3H - H+CH30H;o eno- -,需要利用酯化反应得到COOH 。根据已知信息可判断CHj OH duCN发生水解反应即可引入竣基。根据CHs题目所给信息以此类推可知其整体合成路线，故答案为:5.(湖南省七校2020届高三12月联考)有机化合物G可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。请回答:(1) A的结构简式 ,在A-B的反应中，检验 A是否反应完全的试剂为 (2) C+9

27、F的反应类型是, F中含有的官能团名称为 (3)写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式 (4)化合物E的同分异构体很多， 符合下列条件的结构共有 一种，含苯环；苯环上有两个取代基;能与醇发生酯化反应；不含 -OCO-结构。所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是 (填标号)是一种重要的有机合成a.质谱仪 b.红外光谱仪 c.元素分析仪d.核磁共振仪(5)已知酚羟基一般不易直接与竣酸酯化。苯甲酸苯酚酯(中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图(无机原料任选)【答案】(1) CH 3CHO银氨溶液或新制氢氧化

28、铜悬浊液(2)取代反应酯基(3)+ 2 NaOH(4) 9 c(5)【解析】(1)分析可知，A为乙醛，其结构简式为 CH3CHO；检验乙醛未完全反应时，则存在的官能团为醛基，可用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验;(2)已知E为与C反应生成F,结合结构特点，反应类型为取代反应;F中含有的官能团为酯基;(3) G中含有酯基，在 NaOH溶液中酯基断裂，生成的酚羟基也能与NaOH反应，则方程式为+2NaOHOHH2O；(4)化合物C8H8O3,其同分异构体含苯环；苯环上有两个取代基;能与醇发生酯化反应，即含有竣基；不含 -OCO-结构，则苯环上的取代基为-OH、-CH2COOH；-CH2OH、-COOH

29、; -OCH3、- COOH三组，各有邻、间、对三种，合计 9种;a.质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量, 不符合题意，a错误；b.红外光谱仪检测有机物中特殊官能团及机构特征，主要适用于定性分析有机化合物结构，不符合题意，b错误；c.元素分析仪用于元素分析仪来确定有机化合物中的元素组成，符合题意,c正确;d.核磁共振仪测出有机物中氢原子子的种类以及数目之比，不符合题意,(5)根据流程可知，甲苯与酸性高镒酸钾反应生成苯甲酸，苯甲酸与苯酚反应生成苯甲酸苯酚酯，流程为PCl3反应生成CMJCooaid错误；答案为c;6.(浙江省名校新高考研究联盟20

30、20届高三第二次联考)那可丁是一种药物， 该药物适用于刺激性干咳病人服用，无成瘾性，化合物 H是制备该药物的重要中间体，合成路线如下:RNHCH 3(1)化合物B的结构简式:(2)反应B-C的第一步反应类型： 。(3)下列说法正确的是：。A.物质D能与FeCl3发生显色反应B.物质F具有碱性C.物质G能和银氨溶液发生反应D.物质H的分子式是Ci2H15NO4(4)写出CD的化学方程式： 。(5)请写出化合物 H满足下列条件的所有同分异构体的结枸简式： 。分子中含苯环，无其他环状结构分子中含有-NO2且直接连在苯环上分子中只有3种不同化学环境的氢(6)已知,请以 、CH3CHCICH 3为原料合

31、成化合物写出制备的合成路线流程图(无机试剂任选) 。(2)取代反应(3) BD【解析】(1) A含有酚羟基和醛基和醛键，酚羟基能与澳发生反应，在酚羟基的邻位发生取代反应，故B的结构为(2) B在氢氧化钠的条件下反应，是酚羟基和澳原子与氢氧化钠的反应，属于取代反应;(3) A.含有酚羟基的物质能与 FeCl3发生显色反应，而物质 D不含酚羟基，故错误；B.物质F含有氨基，具有碱性，故正确；C.物质G不含醛基，不能和银氨溶液发生反应,故错误；D.物质H的分子式是 Ci2H15NO4,故正确，故选 BD。HO IHO CHO0jf JI卜淞o.(4)结合信息分析，C-D的化学方程式为(5) H的分子式是Ci2H15NO4,其同分异构体要满足以下条件：分子中含苯环，无其他环状结构，分子中含有-NO2且直接连在苯环上，分子中只有3种不同化学环境的氢，说